精品解析：云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三下学期第二次月测数学试卷

宣威七中2026届高三第二次月测数学试卷 考试时间120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解指数不等式，求得集合，根据并集与补集运算的定义即可得解. 【详解】由，解得，故， 故， 又因为， 故. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由，得，所以，由此可得. 【详解】由，得. 所以. 所以. 故选：D. 3. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可求解. 【详解】已知是定义在上且周期为的奇函数，所以有， 令，得， 由于是奇函数，有，所以，即，解得， 当时，，由于，所以， 因此，故B正确. 4. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意； 对于B，设，显然不存在实数使得成立， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意； 对于C，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意； 对于D，，可得，解得，即， 所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意. 5. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】借助等差数列及求和公式与等比数列定义可求出与，再利用为正整数计算即可得. 【详解】等差数列的公差， 则， 等比数列的公比，即， 令，当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，的增长远快于，故无解； 故符合题意的的个数为. 6. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生30名和女生20名作为样本，设事件“了解deepseek”，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取20名学生，设其中了解“deepseek”的学生人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据条件概率公式求得，然后根据二项分布概率公式构造不等式组，求解即可. 【详解】已知，， 又抽取男生30名和女生20名，所以. 根据条件概率公式，可得. 再根据条件概率公式，可得. 所以随机变量， 令， 解得， 因为，所以当时，取得最大值. 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，与的两条渐近线分别交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程与渐近线方程联立，解出两点的横坐标，再利用已知列方程解出，最后求出离心率即可. 【详解】 设直线方程为，因为渐近线方程为，联立两方程解得， 因为，所以，即， 化简可得， 所以离心率， 故选：B. 8. 已知，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数小于等于零恒成立，只有当时满足题意，再由的单调性求最小值即可得解. 【详解】恒成立， ，当时， 要使恒成立，需恒成立， 显然不对（因为）， 故，要使恒成立， 只需零点相同， 即，此时， 令， 由时，，时，， 知在上单调递减､单调递增， 故，即. 故选：B. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（   ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为5 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正态曲线的对称性即可判断A，根据随机事件的概率加法公式与互斥事件的概率公式即可判断B；利用方差的性质即可判断C；根据相关指数与残差平方和之间的关系即可判断D. 【详解】对于A：因随机变量，则， 由正态曲线的对称性可得，故A正确； 对于B：由事件，相互独立，可知，对于随机事件，， 都有， 故仅当，互斥时，才有，故该结论不成立，即B错误； 对于C，由题意，，， 对于数据，，，， 其均值为， 其方差为，故C错误； 对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小， 则该回归模型的拟合效果越好，故D正确. 10. 在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得. 【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得： ， 即有，而，则， 又， 由正弦定理、余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 又是锐角三角形且，有，，解得， 因此， 由得：，， 所以， 结合选项，的可能取值为，，. 故选：ACD 11. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与平面所成角的正弦值为 D. 若原正方形的边长为，则三棱锥的外接球表面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】由题意可得两两互相垂直，以此建系，由空间向量的坐标运算结合法向量，求解即可. 【详解】连接，由题意得，， 因为是直二面角，且平面平面, 所以平面，因为平面，所以， 所以两两互相垂直， 以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 不妨设正方形边长为2，则， 则， 因为为中点，则，即， 因为为中点，则，即， 对于A，， 则， 因为， 则， 解得，则，故A错误； 对于B，，则，故B错误； 对于C，易得平面的法向量为，与平面所成角为， 则，故C正确； 对于D，因为点到点的距离都是， 所以三棱锥的外接球半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设n为正整数，若的展开式共有7项，则此展开式中含的项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二项展开式的项数特征求出的值，再利用通项公式确定含的项对应的参数，进而计算系数。 【详解】二项式的展开式共有项， 由题意展开式共7项，故，解得， 二项式的展开式通项为， 化简得， 令 ，解得， 所以含的项的系数为. 13. 已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 【答案】或. 【解析】 【分析】由抛物线的几何性质求的纵坐标，再求的斜率，进而得到倾斜角. 【详解】 抛物线的准线为，设直线的倾斜角为， 过M向抛物线的准线作垂线交准线于，由抛物线的几何性质得，所以的纵坐标为， 又因为M是抛物线上的一点，所以，所以， 所以，或. 14. 设数列{}的通项公式是其前项和为，则=______ 【答案】240 【解析】 【详解】由题意得 . 四、解答题 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若的中点为且，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角变换化简得，即可求解； （2）设，利用正弦定理将用表示，再利用三角恒等变换及正弦型函数的性质求出范围. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以，所以， 又，所以，所以，又，所以； 【小问2详解】 设，则在中，由知， 由正弦定理得，所以，， 又，所以，，所以 ， 因为，所以，所以，所以， 所以的最大值为. 16. 从标有的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），用随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数． （1）求在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率； （2）求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，分析第一次抽到偶数后剩余卡片的情况，进而求出相应概率； （2）分析的可能取值情况，分别计算相应概率，从而得出随机变量的分布列和数学期望． 【小问1详解】 已知奇数卡片3张，偶数卡片2张，第一次抽到偶数后，剩余4张卡片： 3张奇数，1张偶数，则第二次抽到奇数的概率为：． 【小问2详解】 已知随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数，则的取值可能为， ； ； ； 随机变量的分布列为： 0 1 2 数学期望为： ． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值. 【答案】（1）证明:因为，，，是的中点， 所以，两边平方，得， 即，得， 所以. 又平面，所以，，两两垂直., 如图，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 所以，， 所以， 所以. 由题意，知平面的一个法向量是. 易得，. 设平面的法向量是，则即 令，得，所以平面的一个法向量是， 所以， 由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （2） （3） 【解析】 【分析】根据题意可得到，又平面，可以建立空间直角坐标系，利用数量积可得证. 求得平面的法向量，易得平面的一个法向量是，利用夹角公式求. 利用得点，得点，根据两点间距离公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为点N，Q分别是直线，上的动点， 设，，则，所以. 设，，则，所以， 所以 所以当，时，取得最小值，为. 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】(1)已知焦点坐标，根据椭圆的定义得到的的值，再根据计算的值，得到椭圆C的标准方程． (2)根据点斜式写出直线方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，根据韦达定理得到两点坐标之间的关系，代入两点间距离公式化简即可． 【小问1详解】 依题意，椭圆的右焦点为，则左焦点为，设， 由椭圆的定义可知， 所以，可得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 依题可设过点的直线方程为， 将其与椭圆方程联立，消元得， 设，则得，（*）， 于是 将（*）代入，得． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数求单调区间即可； （2）易知时不符合题意，时，利用导数结合隐零点问题求解． 【小问1详解】 当时，，． 由得，由得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，，不满足题意． 所以，此时 ，显然是上的增函数， 且时，时， 所以存在唯一正实数使得，即 ． 此时在上单调递减，在上单调递增． 由题意 ． 将 代入上式整理得：，解得：． 此时，代入后． 化简得： ，解得：． 令 ，其中．则， 所以是区间上的增函数． 所以 ，代入得到a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026届高三第二次月测数学试卷 考试时间120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，，，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 3. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 4. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生30名和女生20名作为样本，设事件“了解deepseek”，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取20名学生，设其中了解“deepseek”的学生人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，与的两条渐近线分别交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. -2 二、多选题 9. 下列说法正确的是（   ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为5 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 10. 在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 11. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与平面所成角的正弦值为 D. 若原正方形的边长为，则三棱锥的外接球表面积为 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设n为正整数，若的展开式共有7项，则此展开式中含的项的系数为__________． 13. 已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 14. 设数列{}的通项公式是其前项和为，则=______ 四、解答题 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若的中点为且，求的最大值. 16. 从标有的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），用随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数． （1）求在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率； （2）求随机变量的分布列和数学期望． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值. 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $